Úloha č. 1

Plechovka s ananasem a nálevem má hmotnost 700 gramů. Hmotnost samotného ananasu je dvakrát vyšší než hmotnost samotného nálevu. Když sníme jen ananas, váží plechovka s nálevem 300 gramů. Kolik váží samotná plechovka?

Řešení:

Tato úloha už ze zadání velmi přímočaře vede na řešení pomocí soustavy rovnic. Neznámé, které se v nich budou vyskytovat, jsou váha plechovky (p), ananasu (a) a nálevu (n). S těmito neznámými už si můžeme přepsat zadání do rovnic.

Ptáme se na hmotnost plechovky, tedy chceme zjistit hodnotu p. Jako první můžeme od rovnice (i) odečíst rovnici (iii) a získáme váhu ananasu.

Do druhé rovnice za a dosadíme 400 a dostaneme n.

Teď už jen stačí dosadit do první rovnice a dostaneme výsledek.

Váha plechovky tedy byla 100 gramů.

Komentář:

Pořadí, v jakém se mají dělat úpravy, samozřejmě není jednoznačné, ale někdy se můžeme dostat do ošklivých dlouhých posloupností. Úloha byla velmi jednoduchá a přímočará. Jen někdy vedla k nejasnému popisu, jak člověk došel k řešení.

Úloha č. 2

A už vzduchem letěly další otázky. „Teď si myslím čtyřmístné číslo. Co takhle, kdybychom k tomu číslu přičetli sedminásobek první číslice? A co takhle, kdybychom od něj pak odečetli pětinásobek druhé číslice, desetinásobek třetí číslice a dvacetinásobek poslední číslice? Jak bychom pak dokázali, že nově vzniklé číslo je dělitelné devatenácti?“ (Přičítané a odečítané cifry uvažujeme z původního čísla.)

Řešení:

Označme si neznámé číslo ze zadání jako A = abcd, kde a je jedna z číslic 1 - 9 a b, c, d jsou některé z číslic 0 - 9. Číslice a nemůže být rovna nule, aby byla zachována podmínka, že A je čtyřmístné číslo. Nyní použijeme známý trik pro práci s ciframi čísla zapsaného v desítkové soustavě a číslo A zapíšeme pomocí mocnin desítky:

Dále podle zadání přičtěme a odečtěme násobky jeho cifer:

Můžeme si všimnout, že čísla 1007, 95, 19 jsou všechna dělitelná číslem 19, můžeme ho tedy z výrazu A_{4} vytknout a dostaneme:

Po vydělení čísla A_{4} číslem 19 nám zbyde podíl 53 \cdot a + 5 \cdot b - d. To je součet celých násobků cifer a, b, d, které jsou samozřejmě přirozené, takže tento podíl je nutně celočíselný!

Ukázali jsme, že číslo A_{4}, které jsme podle instrukcí ze zadání získali z původního čísla A, umíme beze zbytku vydělit číslem 19. Z toho už je jasné, že A_{4} je číslem 19 dělitelné, čímž jsme požadované tvrzení dokázali.

Úloha č. 3

Představte si knihu, ve které jsou zapsané všechny zlomky, které splňují následující podmínky:

• každý jmenovatel a každý čitatel je čtyřciferné přirozené číslo,
• pokud čitatel vydělíme jmenovatelem, dostaneme přirozené číslo, toto přirozené číslo po dělení sedmi dá zbytek dva.

Kolik zlomků je v knize?

Řešení:

Největší přirozené číslo, co může při dělení dvou čtyřciferných čísel vyjít, je 9 pro 9=9999/1111. Nejmenší je 1, například 1=1000/1000. Jediné podíly, při kterých je zbytek po dělení sedmi roven dvěma, jsou 2 a 9.

Možnosti pro podíl 2 jsou 2000 \over 1000, 2002 \over 1001, 2004 \over 1002, ..., 9998 \over 4999 což dává celkem 4000 zlomků (jmenovatelé jsou čísla mezi 1000 a 4999).

Možnosti pro podíl 9 jsou 9000 \over 1000, 9009 \over 1001; 9018 \over 1002;...;9999 \over 1111 což dává celkem 112 zlomků (jmenovatelé jsou čísla mezi 1000 a 1111). Celkově je v knize napsáno 4000+112=4112 zlomků.

Úloha č. 4

Na kouli o poloměru 13 cm je vyznačený bod. Eliška vzala špejli a skrz vyznačený bod kouli skrz naskrz propíchla. Část špejle uvnitř koule měla délku 8 cm. Poté vzala další špejli a skrz stejný bod kouli skrz naskrz propíchla, že část špejle uvnitř koule měla délku 6 cm. Špejle mezi sebou svíraly pravý úhel. Určete, jaká je vzdálenost středu koule od roviny, ve které leží obě špejle.

Řešení:

Označme V bod, kterým obě špejle do koule vchází, dále označme A bod, kterým špejle dlouhá 8 cm vyšla ven a B bod, kterým vyšla ven špejle dlouhá 6 cm. Takto nám vznikl trojúhelník ABV. Označme k jeho kružnici opsanou. Povšimněme si u ní tří věcí. Za prvé, k leží ve stejné rovině r jako všechny body trojúhelníku ABV. U této roviny hledáme, jak daleko se nalézá od středu koule. Za druhé, protože body A, B a V jsou na povrchu koule, k také musí ležet na povrchu koule. Jedná se o takzvanou „sférickou kružnici“. Za třetí, protože trojúhelník ABV má pravý úhel u vrcholu V, k je shodná s Thaletovou kružnicí nad stranou AB.

Vyznačme si bod K, který je středem kružnice k a z definice Thaletovy kružnice také středem úsečky AB. Pomocí Pythagorovy věty můžeme jednoduše spočítat délku AK:

Přímka SK, kde S je střed koule, je kolmá na rovinu r. Ve 2D platí, že právě a pouze body na ose úsečky XY mají od X i Y stejnou vzdálenost. Podobně pak ve 3D platí, že právě a pouze body v rovině z kolmé k úsečce XY, kde z obsahuje střed úsečky XY, mají od X i Y stejnou vzdálenost. Odtud už se dostaneme k tvrzení, že právě a pouze body na kolmici na rovinu r procházející bodem K mají od bodů A, B, V stejnou vzdálenost. Toto jistě platí i pro střed S koule, na jejímž povrchu body A, B, V leží. Vzdálenost, jakou hledáme, je tedy |KS|.

Na následujícím obrázku polokružnice znázorňuje polovinu koule, díváme se tedy na celou situaci z boční perspektivy:

Vyznačili jsme si zde vzdálenost |AK| = 5 cm a také |AS| = 13 cm, jelikož |AS| je poloměrem celé koule. Vzdálenost |KS| opět jednoduše spočítáme Pythagorovou větou.

Úloha č. 5

Od podlahy míří paprsek světla pod úhlem 60 stupňů. Ze stropu visí malé zrcátko, od kterého se paprsek odráží a pak dále dopadá na zrcadlovou zeď. Zrcadlová zeď je kolmá k zemi a nalézá se √3 m od začátku paprsku. Od zrcadlové zdi se dále paprsek odráží a dolétá přesně zpět do bodu, odkud vycházel. Délka paprsku mezi zrcadlovou zdí a koncem trasy je 2 m. Navíc víme, že pod malým zrcátkem leží Eliška. Víme i to, že Eliška leží na polopřímce, která začíná ve zdroji paprsku a prochází zrcadlovou zdí, na kterou je dokonce kolmá. Určete, pod jakým úhlem je zrcátko zavěšeno oproti stropu. Strop je rovnoběžný s podlahou. (Poznámka: úhel dopadu se rovná úhlu odrazu.)

Řešení:

Podle editu uvážíme situaci bez vzdálenosti Elišky a celý případ díky zadaným úhlům vyjádříme rovinným náčrtem níže. Označíme si bod počátku paprsku Z a bod odrazu paprsku na malém zrcátku E. Poté bod odrazu paprsku na zrcadlové stěně označme D. Paprsek tedy postupně projde body Z, E, D a poté opět dopadne do Z. Bodem S označme průnik polopřímky se začátkem v Z s ležící Eliškou a zrcadlové stěny. Zadání také specifikuje |\sphericalangle EZS|=60°, |ZS|=\sqrt{3}, |ZD|=2 a |\sphericalangle ZSD|=90° (zrcadlová zeď je s podlahou kolmá).

V rovnostranném trojúhelníku splývá těžnice, výška, osa strany a osa úhlu. Každá z nich dokonce trojúhelník dělí na dva shodné trojúhelníky s vnitřními úhly 30°, 60° a 90°. Výška v rovnostranném trojúhelníku s délkou strany 2a má délku v=a\cdot \sqrt{3}, polovina strany trojúhelníku má délku a. Poloviční trojúhelníky tedy mají poměry stran 1:\sqrt{3}:2, kde úhel 90° leží naproti straně o délce 2a.

Takovou situaci najdeme u trojúhelníku ZSD. Podobnost je typu Ssu. Doplníme proto úhly |\sphericalangle SDZ|=60° a |\sphericalangle DZS|=30°. Z toho lze již také dopočítat |\sphericalangle EZD|=|\sphericalangle EZS|- |\sphericalangle DZS|=60°-30°=30°. Ze zadání víme, že úhel dopadu se rovná úhlu odrazu, tedy osa \sphericalangle ZDE je kolmá na zrcadlovou zeď. Tedy polovina \sphericalangle ZDE (odražený úhel) je |\sphericalangle ZDE|/2=90°-|\sphericalangle SDZ|=30°. Pak |\sphericalangle ZDE|=60°.

Můžeme tedy dopočítat \sphericalangle ZED z trojúhelníku ZDE, protože součet vnitřních úhlů v trojúhelníku je 180° a zbylé dva úhly již známe. Pak |\sphericalangle ZED|=180°-|\sphericalangle ZDE|- |\sphericalangle EZD|=180°-60°-30°=90°.

Opět použijeme, že úhel dopadu se rovná úhlu odrazu. Z toho tedy platí, že osa \sphericalangle ZED je kolmá na zrcátko. Opět lze využít informace, že úhel mezi paprskem a osou úhlu ZED je \sphericalangle ZED/2=45°. Pak úhel mezi paprskem a zrcátkem je 90° - 45°.

Protože je strop rovnoběžný s podlahou, kolem přímky ZE můžeme najít střídavé úhly. Tedy úhel SZE přeneseme mezi ZE a strop. Dopočítáme už úhel zrcátka a stropu jako rozdíl úhlu mezi ZE a zrcátkem a ZE a stropem. Výsledkem je 60° - 45° = 15°.

Úhel, pod kterým může být zrcátko zavěšeno oproti stropu je 15°.

Komentář:

Omlouváme se za nesrovnalosti v původním zadání a byla přijata všechna správná řešení původního zadání, která konstatovala, že úloha nemá řešení. Uznávaná byla i verze řešení, kdy Eliška leží na opačné polopřímce v editovaném zadání (od bodu S až za bodem Z). V tomto případě byl postup řešení velmi podobný a řešení bylo 45°. Jinak děkuji za velmi zdařilá došlá řešení, která povětšinou byla naprosto správná :).

Úloha č. 6

Na okně má Eufemie kytky, které je třeba maximálně jednou denně zalít, přitom smí vynechat jenom jeden den (tedy např. pokud zalije kytky ve středu, musí znovu zalívat nejpozději v pátek). Eufemie zalévá každou neděli, ale od pondělí do soboty zalévá, jak se jí zrovna zachce. Z kolika možností si může vybrat, v jaké dny bude v daném týdnu (pondělí až neděle) zalívat?

Řešení:

Zkusíme spočítat, kolik možností má Eufemie pro zalívání až do čtvrtka. Pokud ve středu zalívala, pak ve čtvrtek může jak zalívat, tak nezalívat. Pokud ale ve středu nezalívala, pak ve čtvrtek zalít musí.

Sestavíme si proto tabulku s počty možností, jaké pro zalívání máme dle toho, zda daný den zalívá nebo ne. Začneme od pondělí. Protože v neděli zalívala, může v pondělí zalívat nebo ne, a proto vyplníme do obou políček v pondělí jedničku. Pokud v úterý zalívat bude, pak je jedno, jestli v pondělí zalívala nebo ne, a proto do tohoto políčka napíšeme součet možností v pondělí. Pokud v úterý zalívat nebude, pak musela v pondělí zalívat. Do tohoto políčka tedy jen opíšeme počet možností, kdy v pondělí zalívá. A takto pokračujeme dále.

Výsledkem je součet možností v sobotu. Celkem má tedy Eufemie 13 + 8 = 21 možností, jak v týdnu zalívat.

Komentář:

Můžeme si všimnout, že čísla v tabulce jsou členy Fibonacciho posloupnosti. Hodně řešitelů se snažilo vypsat všechny možnosti, ale často na některé zapomněli.

Úloha č. 7

Sto tvorů stálo v řadě a sledovalo Elišku. Eliška řekla náhodné číslo k od 3 do 100 a prvních k tvorů se Elišce poklonilo. Dále z těch, kteří se Elišce poklonili, náhodně tři vybrala. Tito tři tvorové Elišku znovu přivítali. Určete počet možností, jak se tvorové mohli Elišce poklonit a jak Elišku znovu přivítali. (Poznámka: k vyřešení úlohy vám může pomoct Průvodní povídání 2.)

Řešení:

Nejdříve si Eliška vybere prvních několik tvorů, kteří se jí pokloní. Vzhledem k tomu, že tvorové stojí v řadě a vždy si vybírá „prvních k tvorů“, kde 3\leq k\leq100, můžeme počet možností k spočítat jako 100-3+1, tedy 98.

V dalším kroku si Eliška vždy vybere nějaké tři tvory, kteří ji znovu přivítají. Počet možností, jak to můžou udělat pro k, spočítáme pomocí kombinačního čísla. Víme, že vždy vybere přesně tři tvory z k. Kombinační číslo pak můžeme zapsat jako k ''nad'' 3. Protože si postupně může vybrat všechny možné k od 3 do 100, bude celkový počet možností roven součtu počtu možností, jak můžeme vybrat 3 prvky z 3 až kolika možnostmi může vybrat 3 prvky ze 100.

Předchozí můžeme zapsat zkráceně také jako: \sum_{n=3}^{n=100} {n \choose 3}. Symbol \sum obecně využíváme v případě, že sčítáme řadu čísel, která se mění podle určitého pravidla. Spodní n=3 určuje, jaké n bude v prvním členu součtu, tedy {3 \choose 3}; a horní n=100 určuje n v posledním členu součtu, tedy {100 \choose 3}.

Část lidí jednoduše v tuto chvíli kombinační čísla sečetla, my se ale můžeme dostat k výsledku mnohem blíže i bez toho, abychom použili kalkulačku. V Průvodním povídání o Pascalově trojúhelníku (doporučuji si přečíst) můžeme využít tvrzení „O hokejce“. To nám říká, že

Toto je přesně náš případ, protože přece stačí jen dosadit k=3 a n=100. Platí tedy

S tímto výrazem se nám už bude pracovat výrazně lépe a jednoduše se dostaneme k výsledku \frac{101\cdot 100 \cdot 99\cdot 98}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1} = 4 082 925. Elišku tedy mohli přivítat 4 082 925 způsoby.

Komentář:

Úloha patřila k obtížnějším, chválím proto všechny kdo se dopracovali ke správnému výsledku a to jakoukoli cestou :-) U některých došlo ke špatnému pochopení zadání, které vedlo ke špatnému výsledku. Pokud si se zadáním nejste jistí, neváhejte se nás zeptat.

Opravovali: 1. Eliška Vítková, 2. Lenka Poljaková, 3. Vít Houfek, 4. Adam Dřínek, 5. Tereza Kubínová, 6. Veronika Menšíková, 7. Lukáš Koucký.